炮兵阵地（经典状压dp）（poj 1185） + 状压dp小技巧详解

炮兵阵地

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Description

司令部的将军们打算在N*M的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个N*M的地图由N行M列组成，地图的每一格可能是山地（用"H" 表示），也可能是平原（用"P"表示），如下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队（山地上不能够部署炮兵部队）；一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所示： 

如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队，则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域：沿横向左右各两格，沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。 
现在，将军们规划如何部署炮兵部队，在防止误伤的前提下（保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击，即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内），在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。 

Input

第一行包含两个由空格分割开的正整数，分别表示N和M； 
接下来的N行，每一行含有连续的M个字符('P'或者'H')，中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。N <= 100；M <= 10。

Output

仅一行，包含一个整数K，表示最多能摆放的炮兵部队的数量。

Sample Input

5 4PHPPPPHHPPPPPHPPPHHP

Sample Output

6

题意：

中文题不过多描述。

思路：

按层数来dp，如果用 dp[i][j][k] 来表示在第 i 行，状态为 j ，i-1行状态为 k 时的状态，那么有转移方程

dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][l] + num[i]);

枚举 i（层数），j（当前层状态），k（上一层状态），l（上上层状态）就可以来进行转移了。

关于解题中出现的一些小技巧：

1、关于枚举状态的预处理缩减：

因为每一个炮台左右都是会互相攻击的，也就是有些状态是不需要枚举的例如（0011），加之如果要用 0 ~ 1023 来枚举的话，1024^3 * 100 的复杂度是不能接受的，所以我们需要通过预处理并装入sta数组来将其缩减，在缩减之后枚举数组中的数字（最多60个状态）即可。

对于状态 x，如何快速的判断其是否存在互相攻击的情况，我们只需要右移一位之后与原数相且（&）判断是否为零即可。

原理：如果二进制位的每一个1都是被大一等于1个零隔开的，那么错位之后绝对不会出现两个1位于同一个位置上（可以自行举例），所以 & 起来之后一定是为0，反之如果不为0，则说明至少有一个地方是出现了两个1相连的。

当然，因为这道题是可以打两格，所以右移一位判断是不够的，还需要再同理右移两位之后来判断。

2、关于存图：

对于这道题来说我们是没必要把图用char型数组存下来的，其实对于图我们只关心图上的 ‘H’ 位置是否会和我们枚举的状态冲突，换句话说我们其实可以把每一排也用二进制压缩的方式变成一个数字，整张图就会变成一个一位数组，然后可以非常方便的进行判断是否冲突。  这里用到了按位移动之后 或（|）操作，可以自行理解。

3、关于判断状态之间是否冲突：

这个操作是非常简单的，在判断上下层是否冲突的时候即是在判断两个状态数有没有同一个位置都为1，也就是说我们只需要相与（&）看结果是否为0即可。如果两个数在至少某个位置都为1，那么相与起来肯定是不为0的。

4、关于滚动数组：

虽然这道题并没有使用滚动数组的必要，但是在某些情况下为了节省空间复杂度是需要用到的。观察转移方程会发现，每一次转移其实仅仅与上一层有关，也就是说我们关心的仅仅是”这一层“ 和”上一层“ ，也就是说我们没必要把所有的dp值都转移出来，那么我们用一个now来记录当前位于的层数，用 now^1 来取上一层的值，并且在转移完成以后将“当前层” 变成“上一层” （ now ^= 1），即可。

5、关于状态的记录：

虽然状态一共有 0~1023 这么多，但是在经过缩减之后剩下的也只剩60种，所以我们只需要开 dp[105][65][65];就足够，后两维里面存放的并不是一个状态，而是状态的下标（dp[i][j][k]表示的是第 i 层状态为 sta[j],第 i-1 层状态为 sta[k] 的 dp值），这样又可以节省空间复杂度。

#include"iostream"#include"cstring"#include"cstdio"#include"algorithm"using namespace std;int n,m;int maze[105];int dp[2][65][65];int num[65];int sta[65];int ns;int getnum(int x)    //用来获取x状态中有多少个1{    int ans = 0;    for(int i = 0;i < 10;i++)    {        if(x & (1<<i))            ans ++;    }    return ans;}void init()       //预处理出最极限情况下可能用到的状态{    ns = 0;       //ns记录了一共有多少个可用状态    memset(num,0,sizeof(num));    for(int i = 0;i < (1<<10);i++)    {        int i1 = (i>>1);        int i2 = (i>>2);        if(!(i1 & i) && !(i2 & i))        {            sta[ns] = i;     //如果出现了合法状态，就放入sta中存储起来            num[ns++] = getnum(i);      //并且获取该状态一共有多少个1，之后方便使用        }    }}int main(void){    init();    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        if(n == 0 && m == 0)        {            cout << 0 << endl;            continue;        }        memset(maze,0,sizeof(maze));        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i = 0;i < n;i++)        {            for(int j = 0;j < m;j++)            {                char ch;                cin >> ch;                if(ch == 'H')                    maze[i] = maze[i] | (1<<j);              //存图，将‘H’认为是 1 ，即会冲突的点。将一个字符串状态压缩成一个数，注意            }                                 //本题中认为从左到右是从低位到高位。        }        int now = 0;                           //滚动数组标记初始为0,（ps:其实初始为1也没有影响）        int res = 0;        for(int i = 0;i < ns;i++)        {            if(sta[i] >= (1<<m)) break;                      //如果sta[i]这个状态已经超过了当前这组样例的最大状态，则退出，以后的均是这个意思            if(!(maze[0]&sta[i]))                            //如果第0行和sta[i]状态相 & 为0，则可以处理 dp[now][i][0]            {                dp[now][i][0] = num[i];                res = max(res,dp[now][i][0]);            }        }        if(n == 1)        {            cout << res << endl;            continue;        }        now ^= 1;                                               //更改标记        for(int i = 0;i < ns;i++)                              //枚举状态预处理第2层        {            if(sta[i] >= (1<<m)) break;            if(maze[1]&sta[i]) continue;            for(int j = 0;j < ns;j++)            {                if(sta[j] >= (1<<m)) break;                if(sta[i]&sta[j]) continue;                dp[now][i][j] = max(dp[now][i][j],dp[now^1][j][0] + num[i]);                res = max(res,dp[now][i][j]);            }        }        now ^= 1;        if(n == 2)        {            cout << res << endl;            continue;        }        for(int l = 2;l < n;l++)                  //枚举 层数（l）,当前状态（i），上一层状态（j），上上层状态（k）        {            for(int i = 0;i < ns;i++)            {                if(sta[i] >= (1<<m)) break;           //同之前，超过范围退出                if(maze[l]&sta[i]) continue;          //如果当前状态和图相冲突，continue;                for(int j = 0;j < ns;j++)                {                    if(sta[j] >= (1<<m)) break;                    if(maze[l-1]&sta[j]) continue;                           if(sta[i]&sta[j]) continue;           //如果当前层和上一层相冲突，continue;                    for(int k = 0;k < ns;k++)                    {                        if(sta[k] >= (1<<m)) break;                        if(maze[l-2]&sta[k]) continue;                        if((sta[i]&sta[k]) || (sta[j]&sta[k])) continue;                        dp[now][i][j] = max(dp[now][i][j],dp[now^1][j][k] + num[i]);                        res = max(res,dp[now][i][j]);                    }                }            }            now ^= 1;            //更改滚动数组标记        }        printf("%d\n",res);    }    return 0;}